Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 8859398a

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI
TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015 -2016
Môn: Toán – lớp 12
Biểu
điểm

Câ
u ý
Nội dung
1
a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x (C).
x 1

* TXĐ : D = R\{1}, y’ = 

1
0
( x  1)2

* Giới hạn và tiệm cận :
lim f ( x)  lim f ( x)  1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x 

x 

0,25

lim f ( x)  , lim   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x 1

x 1

* Bảng biến thiên
x

-

1

+

-

y'

-

1

+

y
-

1

* Hàm số nghịch biến trên (;1) và (1; ) , hàm số không có cực trị.
* Đồ thị : Vẽ chính xác đồ thị

0,5

10

8

6

4

2

10

5

5

10

15

2

4

6

8

1

2

Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm
đối xứng
b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại giao điểm của đồ thị với trục
tung:
* Đồ thị cắt Oy tại O(0;0)
* Gọi (d) là tiếp tuyến của đồ thị tại O, khi đó (d) có hệ số góc k xác định
bởi k  y '(0)  1 .
* Phương trình tiếp tuyến (d) cần tìm là y  1( x  0)  0  y  x
a Giải phương trình: 2sin2 x  2cosx  1  2sinx .
Ta có 2sin2 x  2cosx  1  2sinx  2sinx(2cosx  1)  (2cosx  1)  0
2

0,25

0,25
0,5
0,25


 ( 2sinx  1)(2cosx  1)  0  2sinx  1  0  2cosx  1  0


x   k .2


1
1
2
4
* sinx 
; * cosx    x    k.2 ( k  )

2
3
2
 x  3  k .2

4

2

 4a  8
a  2

 z  2  2i
2b  4
b  2

* Số phức   z 10  2  2i 10  8  2i có mô đun là
  (8) 2  2 2  2 17

x 2e x  e x  2 
 .dx
2

0
 1 x

1
1
1
2
2x
x 
+ Viết lại được: I   x 

e
dx

dx

xe x dx



2
2
1 x

0
0 x 1
0

0,25
0,25

Tính tích phân I   x 

3

1

1

+ Lần lượt tính được I1  
0

1
2x
và
dx

ln
2
I

xe x dx  1
2

2
x 1
0

+ Vậy I = 1  ln 2
a

Giải bất phương trình log 2 x  1 

0,5

1
.
log 2 x

2
t

Đặt t  log 2 x ta thu được BPT t  1  
1
2

1
2
 log 2 x  1 
log 2 x
log 2 x

t  1
t2  t  2
0
t
0  t  2

0,25

* 0  t  2  0  log 2 x  2  1  x  4

* t  1  log2 x  1  0  x  ,
1
2

* Tập nghiệm của BPT là S  (0; ]  (1; 4]
b

0,25

0,25

* ĐKXĐ: x  0; x  1 , khi đó BPT log 2 x  1 

4

0,25

b Số phức z thỏa mãn z  3z  8  4i . Tìm mô đun của số phức   z 10 .
* Gọi z  a  bi (a, b  ) là số phức đã cho, khi đó z  a  bi  3z  3(a  bi)
* Từ giả thiết ta có hệ 

4

0,25

0,25

Một tổ có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên

4 học sinh để tham gia buổi trực nề nếp. Tính xác suất để 4 học sinh
được chọn có cả nam và nữ.
Xét phép thử T “ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh từ một tổ có 12 học sinh”
* Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh của tổ là C124  495
do đó số phần tử của không gian mẫu là   495 .
* Gọi A là biến cố ” 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ”
Khi đó A là biến cố ” 4 học sinh được chọn chỉ toàn nam hoặc nữ”
Ta có  A  C54  C74  5  35  40
P( A) 

40
455 91
 P( A)  1  P( A) 

495
495 99

3

0,25

0,25


2 x 2  y 2  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3x (1)
Giải hệ phương trình  2
 x  y  1  4 x  y  5  x  2 y  2 (2)

5

* ĐK: y  2x  1  0,4x  y  5  0, x  2 y  2  0, x  1
 y  2x  1  0
 x  1 0  0
(Không TM


3  3 x  0
 y  1 1  10  1

* Xét trường hợp: 

0,25

hệ)
* Xét trường hợp: x  1, y  1. Đưa PT(1) về dạng tích ta được
( x  y  2)(2 x  y  1) 

x y2
y  2 x  1  3  3x



1
( x  y  2) 
 y  2 x  1  0 . Do y  2x  1  0
 y  2 x  1  3  3x

1
nên
 y  2x  1  0  x  y  2  0

y  2 x  1  3  3x

0,25

* Thay y  2  x vào PT(2) ta được x2  x  3  3x  7  2  x
 x 2  x  2  3x  7  1  2  2  x
3x  6
2 x
 ( x  2)( x  1) 

3x  7  1 2  2  x
3
1


 ( x  2) 

 1  x  0  x  2  0
 3x  7  1 2  2  x

3
1
(vì x  1 nên

1 x  0 )
3x  7  1 2  2  x
* x  2  0  x  2  y  4 (TMĐK). Nghiệm của hệ là ( x; y)  (2; 4)

6

0,25

0,25

Hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật với AB  a . SA  ( ABCD) ,
SC tạo với mp(ABCD) góc 450 và SC  2a 2 . Tính VS . ABCD và khoảng

cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến mp  SCD  theo a .
Giải:

S

* Vẽ hình đúng, nêu được công thức
1
3

thể tích V  S ABCD .SA

H

và tính được SA  AC  2a .
BC  AC 2  AB 2  a 3 ,

A

S ABCD  AB.BC  a 2 3

Từ đó:

V

a3 2 3
.
3

D
G

B

C

4

0,5


* G là trọng tâm tam giác ABC nên

GD 2
2
  d (G,( SCD))  .d ( B,( SCD))
BD 3
3

0,25

+ Gọi H là hình chiếu của A lên SD thì AH   SCD  .
Vì AB / / mp(SCD) nên d  B,  SCD    d  A,  SCD   =AH
+ Trong SAD có

2a 21
1
1
1
1
1


 2  2  AH 
2
2
2
7
AH
AS
AD
4a 3a

0,25

4a 21
2
 d (G,( SCD))  .d ( B,( SCD)) =
21
3

7

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A.

Gọi K là điểm đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc
với BC cắt BC tại E và cắt AB tại N (1;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC biết

AEB  450 , phương trình đường thẳng BK là

3x  y 15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3.
K

Giải: (Hình vẽ)
* Tứ giác ABKE nội tiếp  AKB  AEB  450
 AKB vuông cân tại A  ABK  450
* Đường thẳng BK có vtpt n1  (3;1) ,

gọi n 2  (a; b) là vtpt của đt AB
và  là góc giữa BK và AB
Ta có cos  

n1.n2



n1 n2

N

3a  b
10. a 2  b 2



E

M

A

+ Với b  2a , chọn n2  (1;2)  AB : x  2 y  5  0  B(5;0) (TM)
* Tam giác BKN có BE và KA là đường cao  C là trực tâm của BKN
 CN  BK  CN : x  3 y  10  0 . ABK và KCM vuông cân
1
2

CK 

1

AC 

1

.

1

2 2
2 2 2
7 9
M  MN  BK  M  ;   K (3;6) ,
2 2

B

1
 3a  b  5. a 2  b2
2

b  2a
 4a 2  6ab  4b 2  0  
 a  2b
+ Với a  2b , chọn n 2  (2;1)  AB : 2 x  y  5  0  B(2;9) (Loại)

 KM 

0,25

C

BK 

0,25

BK
 BK  4KM
4

Đường thẳng AC qua K vuông góc AB  AC : 2x  y  0
A  AC  AB  A(1;2) , C là trung điểm của AK  C (2;4) .
Vậy: A(1;2), B(5;0), C(2;4).
5

0,25

0,25


Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(-4; 1; 3), B(1;5;5)

8

 x 1 y 1 z  3
. Viết PT mp (P) đi qua A và vuông


2
1
3
15
góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm C thuộc d sao cho SABC 
2
*) Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3 , vì  P   d nên  P  nhận

và đường thẳng d :

ud   2;1;3 làm VTPT do đó PT mặt phẳng  P  là :

0,5

2  x  4   1 y  1  3  z  3  0  2x  y  3z 18  0 .

* Vì C  d nên C có tọa độ  1  2t;1  t; 3  3t  , nhận thấy B  mp( P) nên
ABC vuông tại A, do đó SABC 

15
1
15
 .  AB, AC   .
2
2
2

0,25

* Tính được các véc tơ AB, AC theo tọa độ của các điểm nói trên để tìm
ra tọa độ của C…

9

Cho a, b, c dương thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 . Tìm GTNN của
biểu thức P 

0,25

b  2c a  2c

 6ln(a  b  2c) .
1 a
1 b

Giải: Ta có P  2  a  b  2c  1  a  b  2c  1  6ln(a  b  2c)

1 a

1 b

1 
 1
  a  b  2c  1 

  6ln(a  b  2c)
1 a 1 b 

0,25

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:
)

1
1
2
(1)


1  a 1  b 1  ab

) ab 

ab  1
(2)
2

Thật vậy,
)





1
1
2


  2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b 
1  a 1  b 1  ab





a b


2



ab  1  0 luôn đúng vì ab  1 . Dầu “=” khi a=b hoặc

ab=1

2
ab  1
) ab 
 ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1.
2
1
1
2
2
4
Do đó,




1  a 1  b 1  ab 1  ab  1 3  ab
2
4
4
16



2
ab  bc  ca  c
 a  c  b  c   a  b  2c 2





+ Đặt t  a  b  2c, t  0 ta có
6

0,25

0,25


16  t  1
 6ln t , t  0;
t2
6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8
f '(t )  


t
t3
t3
t3

P  2  f (t ) 

Lập BBT của hàm f(t) trên khoảng (0; ) , ta được
t

f '(t )

0



4


0



f (t )
5  6.ln4

Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a = b = c =1.

7

0,25